【面试题】面试题合集二
1.【美团】有n个球，两个人轮流取球，一次可以取1或2或3个球，取到最后一个球则获胜，请问如何取才能获胜？
分析：
①由于可以连续取球，所以无论另一个人如何取球，我们都可以根据他取的球数控制在4个(如：他1个我3个，他2个我2个，他3个我1个)；
②当最后一轮剩4个球，而且轮到另一个人取球，那么我就必定可以赢；
那么假设我先取a个球，然后两人取球回合为k轮，那么由上面两点可以知道，n=a+4*k且需要注意a>0。
因此，当球数为a+4*k时(a≠0)，第一个取球的必赢，第一次取的球数使得剩余球数为4*k；当球数为4*k时(a=0)，第一个取球的必输。
2.【美团】有n个球，两个人轮流取球，一次可以取1或2或4个球，取到最后一个球则判为输，请问如何取才能获胜？
分析：（题1的变种题）
①由于不可以连续取球，所以无法控制每轮取球数目，但有如下关系：
当另一个人取1个球：一轮可以取出2,3,5个球；
当另一个人取2个球：一轮可以取出3,4,6个球；
当另一个人取4个球：一轮可以取出5,6,8个球；
那么当每轮取球，我可以把取球数控制在3或6，即3*k(k=1,2)；
②最后一轮剩余4个球时，无论另一个人如何取，都会赢；
那么假设我先取a个球，然后两人取球回合为k轮(最后一轮剩4个)，每轮取球数为3或6，所以n=a+3*k''+4且需要注意a>0。
因此，当球数n：在n-4后为3的倍数时(a=0)，第一个取球的必输；当n-4不为3的倍数(即保证a>0)，第一个取球的必赢。此结论对于n=1,2,3,4同样适用。
3.【人人】有两个空酒瓶，容量分别为4斤和5斤，有两个满酒的酒桶，要求分得两个酒瓶均有2斤酒，求分法。
分析：经典的BFS题(请查阅分酒)
尝试分酒完成前一步的酒瓶与酒桶状态：
4斤酒瓶 5斤酒瓶 酒桶1 酒桶2
2 5 -3 -4
4 2 -2 -4
利用这个结果可以往好的方向猜想，下面给出一种分发
| 4斤酒瓶 | 5斤酒瓶 | 酒桶1 | 酒桶2 |
| 0 | 0 | 0 | 0 |
| 4 | 0 | -4 | 0 |
| 0 | 4 | -4 | 0 |
| 4 | 4 | -8 | 0 |
| 3 | 5 | -8 | 0 |
| 3 | 0 | -3 | 0 |
| 0 | 3 | -3 | 0 |
| 4 | 3 | -3 | -4 |
| 2 | 5 | -3 | -4 |
| 2 | 2 | 0 | -4 |
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
typedef struct node{
int key;
struct node *next;
}node;
int main(void){
node *head, *temp, *pre;
node *p1,*p2,*p3;
int n, nk;
scanf("%d", &n);
for(nk=0,pre=NULL; nk<n; nk++){
temp = (node*)malloc(sizeof(node));
scanf("%d", &temp->key);
temp->next = NULL;
if(nk==0)
head = temp;
if(pre!=NULL)
pre->next = temp;
pre = temp;
}
for(temp=head; temp!=NULL; temp=temp->next){
printf("%d ", temp->key);
}
printf("\n");
for(p1=NULL, p2=head, p3=head->next; p3!=NULL; p1=p2, p2=p3, p3=temp){
temp = p3->next;
p2->next = p1;
p3->next = p2;
}
head = p2;
for(temp=head; temp!=NULL; temp=temp->next){
printf("%d ", temp->key);
}
printf("\n");
system("pause");
return 0;
}
5.【美团】对一个单向链表进行冒泡排序，要求修改链表顺序而非交换节点数值。
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
typedef struct node{
int key;
struct node *next;
}node;
int main(void){
node *head, *temp, *pre;
node *p1,*p2,*p3, *pend, *pnext, *ptemp;
int n, nk, flag;
scanf("%d", &n);
for(nk=0,pre=NULL; nk<n; nk++){
temp = (node*)malloc(sizeof(node));
scanf("%d", &temp->key);
temp->next = NULL;
if(nk==0)
head = temp;
if(pre!=NULL)
pre->next = temp;
pre = temp;
}
for(temp=head; temp!=NULL; temp=temp->next){
printf("%d ", temp->key);
}
printf("\n");
for(temp=head; temp!=NULL; temp=temp->next){
for(p1=NULL, p2=head, p3=head->next, pend=NULL, flag=0; p3!=pend; p1=p2, p2=p3, p3=pnext){
pnext = p3->next;
if(p2->key>p3->key){
flag = 1;
if(p1!=NULL)
p1->next = p3;
else
head = p3;
p2->next = p3->next;
p3->next = p2;
if(temp==p2)
temp = p3;
//修正p2,p3
ptemp = p2;
p2 = p3;
p3 = ptemp;
}
}
pend = p2;
if(flag==0)
break;
}
for(temp=head; temp!=NULL; temp=temp->next){
printf("%d ", temp->key);
}
printf("\n");
system("pause");
return 0;
}
6.【360】假设表达式可以由an*x^n+an-1*x^(n-1)+...+a1*x+a0来表示(ai不全为0，ai=0或1)，在x未知a[n]已知的情况下，至少需要进行多少次乘法运算才能得到所有项？(比如x^3+x^2+x至少需要2次乘法，即可得到x, x^2, x^3)
（待解答）
7.【人人】设计一个函数，判断系统大小端。
分析：为了看清系统大小端，那么只需要查看int型数如何存储即可。
①大端系统-->高字节存到低地址，低字节存到高地址；小端系统-->低字节存到低地址，高字节存到高地址；
②数组a[n]，存储地址由小到大分别为&a[0], &a[1], &a[2], ... , &a[n-1]；
已知这些条件，利用数组地址分配关系观察int型或者其他类型的数据存储方式，就可以得出系统大小端问题。
运行下面的程序可以一目了然：
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
union judge_big_little{
unsigned int a;
unsigned char b[4];
};
int main(void){
union judge_big_little myjudge;
myjudge.a=0x12345678;
printf("%p,%p,%p,%p\n", &myjudge.b[0], &myjudge.b[1], &myjudge.b[2], &myjudge.b[3]);
printf("%x,%x,%x,%x\n", myjudge.b[0], myjudge.b[1], myjudge.b[2], myjudge.b[3]);
if(myjudge.b[0]==0x12)
printf("big endian\n");
else if(myjudge.b[0]==0x78)
printf("little endian\n");
system("pause");
return 0;
}
8.【人人】设计一个函数，判断所输入的字符串是否为ipv4地址，每个8位地址前加0视为可行。(如：00212.00012.232.12是正确的ipv4地址)
分析：先总结判断ipv4地址是否正确的几个条件，是一道考察逻辑分析能力的题目。
①是否存在有'0'~'9'或'.'意外的字符；
②'.'出现次数是否低于或超过3次；
③每8位是否超过表示范围(0~255)。
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
int main(void){
char s[100];
int slen, k;
int iptemp, fuhao_cnt, error_flag;
while(1){
gets(s);
slen=strlen(s);
if(slen==0)
break;
if(*s=='.'||*(s+slen-1)=='.'){
printf("O,oh!!!\n");
continue;
}
for(k=0, iptemp=0, fuhao_cnt=0, error_flag=0; k<slen; k++){
if(*(s+k)!='.'&&(*(s+k)<'0'||*(s+k)>'9')){
error_flag=1;
break;
}
if(*(s+k)=='.'){
iptemp=0;
fuhao_cnt++;
if(fuhao_cnt>3){
error_flag=1;
break;
}
}
else{
iptemp=iptemp*10+*(s+k)-'0';
if(iptemp>255){
error_flag=1;
break;
}
}
}
if(fuhao_cnt!=3)
error_flag=1;
if(error_flag)
printf("O,oh!!!\n");
else
printf("bingo\n");
}
system("pause");
return 0;
}
9.【人人】求一个数列第n个元素，3*i,5*j,i,j都是从1开始，然后输出前n个数,如果同时满足能被3和5整除只显示一遍，例如3，5，6，9，10，12，15，18。
分析：
从0到3,5的最小公倍数15之间有元素3, 5, 6, 9, 10, 12, 15共7个；
从15到3,5的最小公倍数*2=30之间有元素18, 20, 21, 24, 25, 27, 30共7个；
因此，可得规律：当求第n个元素时，可得元素位于15*(n-1)/7与15*((n-1)/7+1)之间，而一个区间内元素偏移量分别为pianyiliang[7]={3, 5, 6, 9, 10, 12, 15}。
得知以上规律可以快速得出所求值=15*(n-1)/7+pianyiliang[(n-1)%7]。
如：
所求数为第7个，则元素为15*(7-1)/7+pianyiliang[(7-1)%7]=15；
所求数为低12个，则元素为15*(12-1)/7+pianyiliang[(12-1)%7]=25。
10.【360】求一棵二叉树的高度。
分析：只需要将树遍历一遍，即可得知树的高度；使用递归可以轻松解决问题。
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
typedef struct node{
struct node* lc;
struct node* rc;
int id;
}treenode;
//输入1 2 4 # # 5 8 # # 9 10 # # # 3 6 # 11 # # 7 # #
void preorder_create_tree(treenode **T){
char ch;
int fuhao=1, datatemp;
setbuf(stdin, NULL);
ch = getchar();
datatemp = 0;
while(ch!='\n'&&ch!='#'){
if(ch=='-')
fuhao = -1;
else
datatemp = datatemp*10+ch-'0';
//setbuf(stdin, NULL);
ch = getchar();
}
datatemp = fuhao*datatemp;
if(ch=='#'){
*T = NULL;
return;
}
else{
*T = (treenode*)malloc(sizeof(treenode));
(*T)->id = datatemp;
preorder_create_tree(&(*T)->lc);
preorder_create_tree(&(*T)->rc);
}
}
void pre_visit(treenode *T){ //递归法
if(T!=NULL){
printf("%d ", T->id);
pre_visit(T->lc);
pre_visit(T->rc);
}
else{
return;
}
}
int count_height(treenode* T){
static int h_max=0;
static int h=0;
if(T==NULL){
if(h>h_max)
h_max=h;
return;
}
h++;
count_height(T->lc);
count_height(T->rc);
h--;
return h_max;
}
int main(void){
treenode *tree;
preorder_create_tree(&tree);
pre_visit(tree); printf("\n");
printf("height is:%d\n", count_height(tree));
system("pause");
return 0;
}
